\section{2006乙B}
一、（$30'$）粒子以能量$E$入射方势垒，$V(x)=\begin{cases}V_0>0,&0\le x\le a\\0,&x<0,x>0\end{cases}$。设能量$E<V_0$，求透射系数$T$。

二、（$30'$）粒子在一维对称无限深方势阱$(-\frac{a}{2}\le x\le \frac{a}{2})$中运动。设$t=0$时粒子所处状态为$\psi(x,t=0)=\frac{1}{\sqrt2}[\varphi_1(x)+\varphi_2(x)]$，其中$\varphi_n(x)$为系统第$n$个能量本征态。求$t>0$时的以下量：

（1）概率密度$|\psi(x,t)|^2$；

（2）能量的可取值及相应的概率。

三、（$30'$）设氢原子所处状态为$\psi(r,\theta,\phi,S_z)=\begin{cases}\frac{1}{2}R_{21}(r)Y_{11}(\theta,\phi)\\-\frac{\sqrt3}{2}R_{21}(r)Y_{10}(\theta,\phi)\end{cases}$。

（1）求轨道角动量$z$分量$\hat{L}_z$和自旋角动量$z$分量$\hat{S}_z$的平均值；

（2）求总磁矩$\vec{M}=-\frac{e}{2\mu}\vec{L}-\frac{e}{\mu}\vec{S}$的$z$分量的平均值。

四、对于一维谐振子的基态，求坐标和动量的不确定度的乘积$\Delta x\cdot\Delta p$。

五、（$30'$）两个自旋为$\frac{1}{2}$非全同粒子，自旋间相互作用为$\hat{H}=J\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2$，其中$\vec{s}_1$和$\vec{s}_2$分别为粒子1和粒子2的自旋算符。设$t=0$时粒子1的自旋沿$z$轴正方向，粒子2的自旋沿$z$轴负方向。求$t>0$时，测到粒子2的自旋仍处于$z$轴负方向的概率。



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\section*{2006乙B解答}
\hypertarget{2006yiB1}{一、}\footnote{同类型题见：\hyperlink{2006yiA1}{2006乙A第一题}}（$30'$）粒子以能量$E$入射方势垒，$V(x)=\begin{cases}V_0>0,&0\le x\le a\\0,&x<0,x>0\end{cases}$。设能量$E<V_0$，求透射系数$T$。

解：完完全全教材内容，见曾书P74，3.3.1 。

二、（$30'$）粒子在一维对称无限深方势阱$(-\frac{a}{2}\le x\le \frac{a}{2})$中运动。设$t=0$时粒子所处状态为$\psi(x,t=0)=\frac{1}{\sqrt2}[\varphi_1(x)+\varphi_2(x)]$，其中$\varphi_n(x)$为系统第$n$个能量本征态。求$t>0$时的以下量：

（1）概率密度$|\psi(x,t)|^2$；

（2）能量的可取值及相应的概率。

解：

（1）对于该无限深势阱$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$。
$$\psi(x,t)=\frac{1}{\sqrt2}\left[\varphi_1(x)e^{\frac{iE_1t}{\hbar}}+\varphi_2(x)e^{\frac{iE_2t}{\hbar}}\right]$$
\begin{align*}
\rho(x,t)&=|\psi(x,t)|^2=\psi^*(x,t)\psi(x,t)=\frac{1}{2}\left[\varphi_1(x)e^{-\frac{iE_1t}{\hbar}}+\varphi_2(x)e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}}\right]\left[\varphi_1(x)e^{\frac{iE_1t}{\hbar}}+\varphi_2(x)e^{\frac{iE_2t}{\hbar}}\right]\\
&=\frac{1}{2}\left[|\varphi_1(x)|^2+|\varphi_2(x)|^2+\varphi_1(x)\varphi_2(x)e^{-\frac{it}{\hbar}(E_1-E_2)}+\varphi_1(x)\varphi_2(x)e^{\frac{it}{\hbar}(E_1-E_2)}\right]\\
&=\frac{1}{2}\left[|\varphi_1(x)|^2+|\varphi_2(x)|^2+\varphi_1(x)\varphi_2(x)\cos[-\frac{t}{\hbar}(E_1-E_2)]+\varphi_1(x)\varphi_2(x)\cos[\frac{t}{\hbar}(E_1-E_2)]\right]\\
&=\frac{1}{2}\left[|\varphi_1(x)|^2+|\varphi_2(x)|^2+2\varphi_1(x)\varphi_2(x)\cos\frac{(E_1-E_2)t}{\hbar}\right]
\end{align*}
其中：$E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2},E_2=\frac{4\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$。

（2）能量的可能取值为：
\begin{align*}
E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}  \qquad &\text{概率为：} |\langle \varphi_1|\psi(x,t)\rangle|^2=(\frac{1}{\sqrt2})^2=\frac{1}{2}\\
E_2=\frac{4\pi^2\hbar^2}{2ma^2}\qquad &\text{概率为：}|\langle \varphi_2|\psi(x,t)\rangle|^2=(\frac{1}{\sqrt2})^2=\frac{1}{2}
\end{align*}

\hypertarget{2006yiB3}{三、}\footnote{同类型题见：\hyperlink{2006yiA2}{2006乙A第二题}}（$30'$）设氢原子所处状态为$\psi(r,\theta,\phi,S_z)=\begin{cases}\frac{1}{2}R_{21}(r)Y_{11}(\theta,\phi)\\-\frac{\sqrt3}{2}R_{21}(r)Y_{10}(\theta,\phi)\end{cases}$。

（1）求轨道角动量$z$分量$\hat{L}_z$和自旋角动量$z$分量$\hat{S}_z$的平均值；

（2）求总磁矩$\vec{M}=-\frac{e}{2\mu}\vec{L}-\frac{e}{\mu}\vec{S}$的$z$分量的平均值。

解：{ 问题的不同表述会给问题的解决带来便利的。要注意“表述”！}

改下$\psi$的表述，
$$\psi=\frac{1}{2}R_{11}Y_{11}\alpha-\frac{\sqrt3}{2}R_{21}Y_{10}\beta \qquad
\text{其中：}\alpha=\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix},\quad 
\beta=\begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix}$$

（1）

$\hat{L}_z$的可取值为：$\hbar,0$；相应的概率为$\frac{1}{4},\frac{3}{4}$；平均值为：$\frac{\hbar}{4}$。

$\hat{S}_z$的可取值为：$\frac{\hbar}{2},-\frac{\hbar}{2}$；相应的概率为$\frac{1}{4},\frac{3}{4}$；平均值为：$-\frac{\hbar}{4}$。

{ 概率和取值都可以直接看出来，所以直接写了。}

（2）
$$M_z=-\frac{e}{2\mu}\hat{L}_z-\frac{e}{\mu}\hat{S}_z \qquad
\text{平均值为：}-\frac{e}{2\mu}\cdot\frac{\hbar}{4}-\frac{e}{\mu}\cdot(-\frac{\hbar}{4})=\frac{e\hbar}{8\mu}$$

四、对于一维谐振子的基态，求坐标和动量的不确定度的乘积$\Delta x\cdot\Delta p$。

解：{ 这属于基本内容了。}
$$\hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat{a}_++\hat{a}_-)\qquad
\hat{p}=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}(\hat{a}_+-\hat{a}_-)$$
$$\langle  x\rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\langle  0|\hat{a}_+|0\rangle +\langle  0|\hat{a}_-|0\rangle )=0
\qquad \langle  p\rangle =0$$
\begin{align*}
\hat{x}^2&=\frac{\hbar}{2m\omega}(\hat{a}_+^2+\hat{a}_-^2+\hat{a}_+\hat{a}_-+\hat{a}_-\hat{a}_+) 
=\frac{\hbar}{2m\omega}(\hat{a}_+^2+\hat{a}_-^2+2\hat{a}_+\hat{a}_-+1)\\
\hat{p}^2&=-\frac{\hbar m\omega}{2}(\hat{a}_+^2+\hat{a}_-^2-\hat{a}_+\hat{a}_--\hat{a}_-\hat{a}_+)
=-\frac{\hbar m\omega}{2}(\hat{a}_+^2+\hat{a}_-^2-2\hat{a}_+\hat{a}_--1)
\end{align*}
其中：$[\hat{a}_-,\hat{a}_+]=\hat{a}_-\hat{a}_+-\hat{a}_+\hat{a}_-=1\qquad
\hat{a}_-\hat{a}_+=1+\hat{a}_+\hat{a}_-$
\begin{align*}
\langle  \hat{x}^2\rangle &=\langle  0|\hat{x}^2|0\rangle =
\frac{\hbar}{2m\omega}(\langle  0|\hat{a}_+^2|0\rangle +\langle  0|\hat{a}_-^2|0\rangle +2\langle  0|\hat{a}_+\hat{a}_-|0\rangle +\langle  0|0\rangle )=\frac{\hbar}{2m\omega}\\
\langle  \hat{p}^2\rangle &=\langle  0|\hat{p}^2|0\rangle =-\frac{\hbar m\omega}{2}(\langle  0|\hat{a}_+^2|0\rangle +\langle  0|\hat{a}_-^2|0\rangle -2\langle  0|\hat{a}_+\hat{a}_-|0\rangle -\langle  0|0\rangle )=\frac{\hbar m\omega}{2}
\end{align*}
$$\Delta p=\sqrt{\langle  \hat{p}^2\rangle -\langle  \hat{a}\rangle ^2}=\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\qquad
\Delta x=\sqrt{\langle  \hat{x}^2\rangle -\langle  \hat{x}\rangle ^2}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\qquad
\Delta x\cdot\Delta p=\frac{\hbar}{2}$$

五、（$30'$）两个自旋为$\frac{1}{2}$非全同粒子，自旋间相互作用为$\hat{H}=J\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2$，其中$\vec{s}_1$和$\vec{s}_2$分别为粒子1和粒子2的自旋算符。设$t=0$时粒子1的自旋沿$z$轴正方向，粒子2的自旋沿$z$轴负方向。求$t>0$时，测到粒子2的自旋仍处于$z$轴负方向的概率。

{ 析：}{ 对于这个问题。首先得知道系统的态（波函数），其次得知道系统的本征态和本征值。粒子1的自旋沿$z$轴正方向$\alpha_1$，粒子2的自旋沿$z$轴负方向$\beta_2$，则在$t=0$时系统波函数为：$\psi=\alpha_1\beta_2$。要求得系统的本征态和本征值，先得清楚系统算符，即$\hat{H}=J\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2$。}

解：
$$\hat{H}=J\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2=\frac{J}{2}(S^2-s_1^2-s_2^2)\qquad
\text{其中}\vec{S}=\vec{s}_1+\vec{s}_2$$
$s_1^2=s_2^2=\frac{3\hbar^2}{4},\quad s_1^2=\frac{\hbar^2}{4}(\sigma^2_x+\sigma^2_y+\sigma^2-z)=\frac{3\hbar^2}{4}$，$\vec{S}=\vec{s}_1+\vec{s}_2$为二电子体系的自旋算符，$S^2$的本征值和本征态分别为：
\begin{align*}
&2\hbar^2, \quad \chi_{11}=\alpha_1\beta_2 \qquad
2\hbar^2, \quad \chi_{10}=\frac{1}{\sqrt2}[\alpha_1\beta_2+\beta_1\beta_2]\\
&2\hbar^2, \quad \chi_{1,-1}=\beta_1\beta_2 \qquad
0,\quad \chi_{00}=\frac{1}{\sqrt2}[\alpha_1\beta_2-\beta_1\alpha_2]
\end{align*}
于是$\hat{H}=J\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2$的本征态和本征值分别为：
\begin{align*}
&E_1=\frac{J\hbar^2}{4}, \quad |\varphi_1\rangle=\chi_{11} \qquad
E_2=\frac{J\hbar^2}{4}, \quad |\varphi_2\rangle=\chi_{10}\\
&E_3=\frac{J\hbar^2}{4}, \quad|\varphi_3\rangle= \chi_{1,-1} \qquad
E_4=-\frac{3J\hbar^2}{4},\quad |\varphi_4\rangle=\chi_{00}
\end{align*}
在$t=0$时刻，系统波函数为：
$$|\psi(0)\rangle=\alpha_1\beta_2=\frac{1}{\sqrt2}(|\varphi_2\rangle+|\varphi_4\rangle)$$
在$t$时刻，系统波函数为：
$$|\psi(t)\rangle=\frac{1}{\sqrt2}(|\varphi_2\rangle e^{-i\frac{J\hbar}{4}t}+|\varphi_4\rangle e^{i\frac{3J\hbar}{4}t})
=\frac{1}{\sqrt2}(\alpha_1\beta_2 e^{-i\frac{J\hbar}{4}t}+\beta_1\alpha_2 e^{-i\frac{J\hbar}{4}t}+\alpha_1\beta_2e^{i\frac{3J\hbar}{4}t}-\beta_1\alpha_2e^{i\frac{3J\hbar}{4}t})$$
测到粒子2的自旋沿$z$轴负方向的概率为：
$$P(s_{2z}=-\frac{\hbar}{2},t)=|\langle \beta_1\beta_2|\psi(t)\rangle|^2+|\langle \alpha_1\beta_2|\psi(t)\rangle|^2=0+\frac{1}{2}\left|e^{-i\frac{J\hbar t}{4}}+e^{i\frac{3J\hbar t}{4}}\right|^2=\cos^2\frac{J\hbar t}{2}$$
其中：
\begin{align*}
\left|e^{-i\frac{J\hbar t}{4}}+e^{i\frac{3J\hbar t}{4}}\right|^2&=
(e^{i\frac{J\hbar t}{4}}+e^{-i\frac{3J\hbar t}{4}})(e^{-i\frac{J\hbar t}{4}}+e^{i\frac{3J\hbar t}{4}})
=(1+e^{iJ\hbar t}+e^{-iJ\hbar t}+1)
=2+2\cos J\hbar t\\
&=2\cos^2\frac{J\hbar t}{2}
\end{align*}